%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 1
\newcommand{\FBA}{
求 $ t $ 值使 $ f(x) = x^3 - 3x^2 + 3x + t$ 有重因式。
}

%\item % 1a.  
\newcommand{\FBAsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  导数多项式为 $f'(x)=3x^2-6x+3$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  因为 $f(x)$ 有重因式，所以 $f(x)$ 与 $f'(x)$ 不是互素的，即 $(f(x),f'(x))\neq 1$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  将 $f(x)$ 除以 $f'(x)$ 可得余式为 $t+1$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  令 $t+1=0$, 得 $t=-1$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}
}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 2
\newcommand{\FBB}{
将多项式 $f(x)= x^5 - 1 $ 在复数范围内和在实数范围内因式分解。
}

%\item % 2a.  
\newcommand{\FBBsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  五个单位根分别是 $\omega, \omega^2, \omega^3, \omega^4, \omega^5=1$, 
其中 $\omega=\exp(\frac{2\pi}{5}i) = \cos\frac{2\pi}{5} + i\sin \frac{2\pi}{5}$.  
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  在复数范围内分解因式为 $f(x)=(x-1)(x-\omega)(x-\omega^2)(x-\omega^3)(x-\omega^4)$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  因为 $\omega^5=1$, 所以 $\omega, \omega^4$ 共轭，$\omega^2, \omega^3$ 共轭，在实数范围内分解因式为 
\begin{eqnarray*}
f(x) = (x-1)(x-\omega)(x-\omega^2)(x-\omega^3)(x-\omega^4) 
= (x-1)(x^2-2\cos\frac{2\pi}{5}+1)(x^2-2\cos\frac{4\pi}{5}+1). 
\end{eqnarray*}
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 3
\newcommand{\FBC}{
设 $ A $ 是一个二阶实矩阵，$ A $ 的实系数多项式 $ f(A) $ 的全体。
判断这个集合对于对于矩阵的加法和数量乘法是否构成实数域上的线性空间，并说明理由。
}

%\item % 3a.  
\newcommand{\FBCsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  这个集合为 $V=\{ f(A)\mid f(x)\in\mathbb{R}[x]\}$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  设 $\alpha,\beta\in V$, 则存在多项式 $f(x),g(x)\in \mathbb{R}[x]$ 使得 $\alpha=f(A), \beta=g(A)$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  设 $k,\ell\in\mathbb{R}$, 则 $k\alpha+\ell\beta=kf(A)+\ell g(A)=(kf+\ell g)(A)$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  因为 $kf+\ell g\in \mathbb{R}[x]$, 所以 $(kf+\ell g)(A)\in V$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  因为集合 $V$ 中的元素在加法与数乘运算下的结果仍在 $V$ 中，所以 $V$ 是一个线性空间。
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})

\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 4
\newcommand{\FBD}{
判断在实函数空间中的向量组 $\sin t$,\, $ \sin2t $,\, $\sin 3t $ 是否线性相关，并说明理由。
}

%\item % 4a.  
\newcommand{\FBDsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  设有实数 $x,y,z$ 使得 $x\sin t + y\sin 2t + z\sin 3t$ 为零向量，即零函数。
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  分别取 $t=\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}$, 可得
\[
\begin{cases}
x\sin \frac{\pi}{6} + y\sin \frac{2\pi}{6} + z\sin \frac{3\pi}{6} = 0, \\ 
x\sin \frac{\pi}{3} + y\sin \frac{2\pi}{3} + z\sin \frac{3\pi}{3} = 0, \\ 
x\sin \frac{\pi}{2} + y\sin \frac{2\pi}{2} + z\sin \frac{3\pi}{2} = 0.  
\end{cases}
\Rightarrow 
\begin{cases}
\frac{1}{2}x + \frac{\sqrt{3}}{2}y + z = 0, \\ 
\frac{\sqrt{3}}{2}x - \frac{\sqrt{3}}{2}y + 0z = 0, \\ 
x + 0y - z = 0.  
\end{cases}
\Rightarrow 
\begin{cases}
x=0, \\
y=0, \\
z=0. 
\end{cases}
\]
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  因此向量组 $\sin t$,\, $ \sin2t $,\, $\sin 3t $ 线性无关。
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 5
\newcommand{\FBE}{
在线性空间 $\mathbb{R}^2$ 中，求从第一组基
$
\begin{cases}
\varepsilon_1 = (1, 0) \\
\varepsilon_2 = (1, 1)
\end{cases}
$
到第二组基
$
\begin{cases}
\eta_1 = (1, 2) \\
\eta_2 = (1, 3) 
\end{cases}
$
的过渡矩阵。
}

%\item % 5a.  
\newcommand{\FBEsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  设 $A$ 是所求过渡矩阵，按定义，有 $(\eta_1, \eta_2)=(\varepsilon_1, \varepsilon_2)A$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  将向量写成列向量的形式，可得矩阵等式
$
\begin{pmatrix} 1&1 \\ 2&3 \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 1&1 \\ 0&1 \end{pmatrix}
A
$.
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  求解可得 
$A
=\begin{pmatrix} 1&1 \\ 0&1 \end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix} 1&1 \\ 2&3 \end{pmatrix}
=\begin{pmatrix} -1&-2 \\ 2&3 \end{pmatrix}
$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 6
\newcommand{\FBF}{
在上一题中，求非零向量 $ \xi $，它在这两组基下有相同的坐标。
}

%\item % 6a.  
\newcommand{\FBFsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  设 $\xi=x_1\varepsilon_1 + x_2\varepsilon_2=x_1\eta_1+x_2\eta_2$ 是所求向量。
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  移项可得 $x_1(\varepsilon_1-\eta_1) + x_2(\varepsilon_2-\eta_2)=0$. 写成线性方程组，为
$
\begin{pmatrix} 0&0 \\ -2&-2 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}
$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  求得 $(x_1,x_2)=(k,-k), k\in\mathbb{R}$. 因此所求向量为 $k(\varepsilon_1-\varepsilon_2), k\neq 0$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 7
\newcommand{\FBG}{
在线性空间 $ \mathbb{R}^4 $ 中，求由齐次方程组确定的解空间的基与维数，
$$
\left\{\begin{array}{l}
x_1 + x_2 - x_3 + x_4 = 0, \\
x_1 - x_2 + x_3 - x_4 = 0, \\
x_1 + x_2 - x_3 - x_4 = 0. \\
\end{array}\right.
$$
}

%\item % 7a.  
\newcommand{\FBGsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  将系数矩阵用初等行变换，化为行最简行，可得
\[
\begin{pmatrix} 1&1&-1&1 \\ 1&-1&1&-1 \\ 1&1&-1&-1 \end{pmatrix}
\longrightarrow 
\begin{pmatrix} 1&0&0&0 \\ 0&1&-1&0 \\ 0&0&0&1 \end{pmatrix}. 
\]
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  因此基础解系为 $\eta_1=(0,1,1,0)$. 所以解空间的基为 $\eta_1$, 或 $k\eta_1, k\neq 0$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  解空间的维数为1. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 8
\newcommand{\FBH}{
证明每一个三维线性空间都可以表示成三个一维子空间的直和。

}

%\item % 8a.  
\newcommand{\FBHsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  设三维线性空间 $V$ 的一组基为 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  取 $V_1=L(\alpha_1)$, $V_2=L(\alpha_2)$, $V_3=L(\alpha_3)$. 则 $V=V_1+V_2+V_3$ 是子空间的和。
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  需要证明这是直和。
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  设 $0=k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+k_3\alpha_3$ 是零向量的和空间分解。
\item  因为一组基是一组线性无关的向量组，所以 $k_1=k_2=k_3=0$. 
\item  所以零向量的分解是唯一的。从而得证。
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}
%忽然发现这是一道帮助理解基这个概念的好题目。
}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 9
\newcommand{\FBI}{
在次数小于等于2的实系数多项式全体组成的线性空间 \( V=\mathbb{R}[x]_2 \) 中，
定义线性变换 $\mathcal{A}(f(x)) = f'(x)$, \\ $\mathcal{B}(f(x)) = f(x+2)$. 
写出这两个线性变换在一组基 $1,x,x^2$ 下的矩阵。
}

%\item % 9a.  
\newcommand{\FBIsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  设线性变换在一组基 $\alpha_1, \alpha_2,\alpha_3$ 下的矩阵为 $A$. 
根据定义，有 $ (\mathcal{A}\alpha_1, \mathcal{A}\alpha_2, \mathcal{A}\alpha_3) 
= (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)A. 
$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  对线性变换 $\mathcal{A}$, 有 
$ 
(\mathcal{A}(1), \mathcal{A}(x), \mathcal{A}(x^2)) 
=(0,1,2x)
= (1, x, x^2)  \begin{pmatrix} 0&1&0 \\ 0&0&2 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}
$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  对线性变换 $\mathcal{B}$, 有 
$ 
(\mathcal{B}(1), \mathcal{B}(x), \mathcal{B}(x^2)) 
=(1,x+2,(x+2)^2)
= (1, x, x^2)  \begin{pmatrix} 1&2&4 \\ 0&1&4 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}
$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 10
\newcommand{\FBJ}{
在上一题中，判断 $\mathcal{A} \mathcal{B} = \mathcal{B} \mathcal{A}$ 是否成立。 
}

%\item % 10a.  
\newcommand{\FBJsol}{
{\color{red}解答一：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  根据线性变换的乘积的定义，
\begin{eqnarray*}
(\mathcal{A}\mathcal{B})(f(x)) &=& \mathcal{A}(\mathcal{B}(f(x))) = \mathcal{A}(f(x+2)) = f'(x+2), \\  
(\mathcal{B}\mathcal{A})(f(x)) &=& \mathcal{B}(\mathcal{A}(f(x))) = \mathcal{B}(f'(x)) = f'(x+2).   
\end{eqnarray*}
\dotfill (\underline{\,\,4分\,\,})
\item 因此 $\mathcal{A} \mathcal{B} = \mathcal{B} \mathcal{A}$ 是成立的。
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

解答二：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  根据上一题的结果，验证两个线性变换对应的矩阵是否乘积交换。 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  
$$ 
\begin{pmatrix} 0&1&0 \\ 0&0&2 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1&2&4 \\ 0&1&4 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 0&1&4 \\ 0&0&2 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}, \quad 
\begin{pmatrix} 1&2&4 \\ 0&1&4 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 0&1&0 \\ 0&0&2 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 0&1&4 \\ 0&0&2 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}. 
$$
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  因为 $AB=BA$, 所以 $\mathcal{A} \mathcal{B} = \mathcal{B} \mathcal{A}$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 11
\newcommand{\FBK}{
设线性变换 \(\mathcal{A}\) 在一组基 \( \varepsilon_1, \varepsilon_2 \) 下的矩阵为
$ A = \begin{pmatrix} 2&3 \\ 4&6 \\ \end{pmatrix}$. 
求 \(\mathcal{A}\) 在另一组基 \( \varepsilon_2, 2\varepsilon_1\) 下的矩阵。
}

%\item % 11a.  
\newcommand{\FBKsol}{
{\color{red}解答一：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  根据线性变换在一组基下的矩阵的定义，由条件可得 
$\mathcal{A}\varepsilon_1 = 2\varepsilon_1+4\varepsilon_2$, 
$\mathcal{A}\varepsilon_2 = 3\varepsilon_1+6\varepsilon_2$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  记 $\eta_1=\varepsilon_2$, $\eta_2=2\varepsilon_1$, 则 
\begin{eqnarray*}
\mathcal{A}\eta_1 &=& \mathcal{A}\varepsilon_2 = 3\varepsilon_1+6\varepsilon_2=\frac{3}{2}\eta_2+6\eta_1, \\  
\mathcal{A}\eta_2 &=& 2 \mathcal{A}\varepsilon_1 = 4\varepsilon_1+8\varepsilon_2 = 2\eta_2+8\eta_1. 
\end{eqnarray*}
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  因此 \(\mathcal{A}\) 在另一组基 \( \eta_1, \eta_2\) 下的矩阵为 
$B=\begin{pmatrix} 6&8 \\ \frac{3}{2}&2 \\ \end{pmatrix}$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}

解答二：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  从一组基 \( \varepsilon_1, \varepsilon_2 \) 到另一组基 \( \varepsilon_2, 2\varepsilon_1\) 的过渡矩阵为 
$P=\begin{pmatrix} 0&2 \\ 1&0 \\ \end{pmatrix}$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  线性变换 \(\mathcal{A}\) 在另一组基 \( \eta_1, \eta_2\) 下的矩阵为 $B=P^{-1}AP$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  计算可得
$$
B=\begin{pmatrix} 0&2 \\ 1&0 \\ \end{pmatrix}^{-1}
\begin{pmatrix} 2&3 \\ 4&6 \\ \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 0&2 \\ 1&0 \\ \end{pmatrix}
=\begin{pmatrix} 6&8 \\ \frac{3}{2}&2 \\ \end{pmatrix}. 
$$
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}
}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 12
\newcommand{\FBL}{
在上一题中，求 \(\mathcal{A}\) 的核空间的一组基。
}

%\item % 12a.  
\newcommand{\FBLsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  根据核空间的定义，设 $\mathcal{A}\xi=0$ 为零向量。
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  设 $\xi=x_1\varepsilon_1 + x_2\varepsilon_2$. 则 
$\mathcal{A}\xi = x_1\mathcal{A}\varepsilon_1 + x_2\mathcal{A}\varepsilon_2
= x_1(2\varepsilon_1+4\varepsilon_2) + x_2(3\varepsilon_1+6\varepsilon_2)
$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  因为 \( \varepsilon_1, \varepsilon_2 \) 线性无关，所以 
$
\begin{cases}
2x_1+3x_2=0, \\
4x_1+6x_2=0. 
\end{cases}
$
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  求得 $(x_1,x_2)=k(3,-2), k\in\mathbb{R}$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  因此核空间 $\mathrm{Ker}(\mathcal{A})$ 的一组基为 $\eta=3\varepsilon_1 -2\varepsilon_2$, 或 $k\eta, k\neq 0$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 13
\newcommand{\FBM}{
设 \(\mathcal{A}\) 是三维线性空间 \( V \) 上的线性变换，
设 \(\mathcal{A}^2 \xi \neq 0\) 但 \(\mathcal{A}^3 \xi = 0\). 
证明 \(\xi, \mathcal{A} \xi, \mathcal{A}^2 \xi \) 线性无关。
}

%\item % 13a.  
\newcommand{\FBMsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  设 $k_1\xi + k_2\mathcal{A} \xi + k_3\mathcal{A}^2 \xi =0$ 为零向量。
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  两边作用 $\mathcal{A}^2$, 因为 \(\mathcal{A}^3 \xi = 0\), 所以 $k_1\mathcal{A}^2 \xi =0$. 
因为 \(\mathcal{A}^2 \xi \neq 0\) 所以 $k_1=0$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  在 $k_2\mathcal{A} \xi + k_3\mathcal{A}^2 \xi =0$ 两边作用 $\mathcal{A}$, 可得 $k_2=0$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  从 $k_3\mathcal{A}^2 \xi =0$ 可得 $k_3=0$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  所以 \(\xi, \mathcal{A} \xi, \mathcal{A}^2 \xi \) 线性无关。
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 14
\newcommand{\FBN}{
在上一题中，求一组基使得 \(\mathcal{A}\) 在这组基下的矩阵是
$\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix}$.
}

%\item % 14a.  
\newcommand{\FBNsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  因为 \(\xi, \mathcal{A} \xi, \mathcal{A}^2 \xi \) 线性无关，又因为 $V$ 的维数为3, 所以这是一组基。
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  取 $\alpha_1=\mathcal{A}^2 \xi$, $\alpha_2=\mathcal{A} \xi$, $\alpha_3=\xi$, 则有 
$
(\mathcal{A}(\alpha_1), \mathcal{A}(\alpha_2), \mathcal{A}(\alpha_3) ) 
=
(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)
\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix}. 
$
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  因此基 $\mathcal{A}^2 \xi$, $\mathcal{A} \xi$, $\xi$ 符合题目要求。
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 15
\newcommand{\FBO}{
在欧氏空间 \( V=\mathbb{R}^3 \) 中，内积按通常定义。设向量 \( \alpha=(1,2,2), \beta=(2,3,6) \). 
求向量 \( \alpha, \beta \) 之间的夹角。
}

%\item % 15a.  
\newcommand{\FBOsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  设夹角为 $\theta$, 则根据定义，有 $\cos\theta=\frac{(\alpha,\beta)}{|\alpha||\beta|}$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  计算内积，可得 $(\alpha,\beta)=20$, $(\alpha,\alpha)=9$, $(\beta,\beta)=49$. 
\dotfill (\underline{\,\,3分\,\,})
\item  因此 $\cos\theta=\frac{20}{21}$, 可得 $\theta=\arccos \frac{20}{21}$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 16
\newcommand{\FBP}{
在上一题中，在 \( V \) 中求一个单位向量与向量 $\alpha$、 $\beta$ 都正交。

}

%\item % 16a.  
\newcommand{\FBPsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  设所求向量为 $\xi=(x_1,x_2,x_3)$. 则 $\xi\perp \alpha$, $\xi\perp \beta$.
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  根据正交的定义，可得 $(\xi,\alpha)=0$, $(\xi,\beta)=0$.
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  根据内积的定义，可得线性方程组 
$
\begin{cases}
x_1 + 2x_2+ 2x_3 =0, \\ 
2x_1 + 3x_2+ 6x_3 =0. \\ 
\end{cases}
$
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  求解可得 $(x_1,x_2,x_3) = k(-6,2,1), k\in\mathbb{R}$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  取 $k=\pm \frac{1}{\sqrt{41}}$, 可得所求单位向量为 $\xi = \pm \frac{1}{\sqrt{41}}(-6,2,1)$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 17
\newcommand{\FBQ}{
在欧氏空间 \( \mathbb{R}^3 \) 中，设 $\alpha_1 = (1,2,2), \alpha_2 = (2,3,6)$. 
使用斯密特正交化方法，求子空间 \( L(\alpha_1, \alpha_2) \) 的一组标准正交基。
}
%\item % 17a.  
\newcommand{\FBQsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  根据斯密特正交化方法，
\begin{eqnarray*}
&& \beta_1 = \alpha_1=(1,2,2), \\ 
&& \beta_2 = \alpha_2-\frac{(\alpha_2,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)} \beta_1 = (2,3,6) - \frac{20}{9}(1,2,2) = 
\frac{1}{9}(-2,-13,14). 
\end{eqnarray*} 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  单位化可得
\begin{eqnarray*}
&& \gamma_1=\frac{\beta_1}{|\beta_1|} = \frac{1}{3}(1,2,2), \\ 
&& \gamma_2=\frac{\beta_2}{|\beta_2|} = \frac{1}{\sqrt{369}}(-2,-13,14). 
\end{eqnarray*} 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  所求标准正交基为 $\gamma_1,\gamma_2$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 18
\newcommand{\FBR}{
在上一题中，求向量 $\xi=(1,1,1)$ 在子空间 \( L(\alpha_1, \alpha_2) \) 的正投影。

}

%\item % 18a.  
\newcommand{\FBRsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  因为子空间 \( L(\alpha_1, \alpha_2) \) 得一组标准正交基为 $\gamma_1,\gamma_2$, 所以正投影为 
$\eta=(\xi,\gamma_1)\gamma_1 + (\xi,\gamma_2)\gamma_2$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  计算可得
\begin{eqnarray*}
&& (\xi,\gamma_1)\gamma_1 = \frac{5}{9}(1,2,2), \\ 
&& (\xi,\gamma_2)\gamma_2 = \frac{-1}{369}(-2,-13,14).  
\end{eqnarray*}

\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  正投影为 $\eta=\frac{5}{9}(1,2,2) + \frac{-1}{369}(-2,-13,14) = \frac{1}{369}(207, 423, 396) = \frac{1}{41}(23,47,44)$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 19
\newcommand{\FBS}{
设矩阵 $A=\begin{pmatrix} 1 & 4 \\ 4 & -5 \end{pmatrix}$. 
求矩阵 $A$ 的特征值与特征向量。
}

%\item % 19a.  
\newcommand{\FBSsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  特征多项式为 $\begin{vmatrix} \lambda-1 & -4 \\ -4 & \lambda+5 \end{vmatrix} = \lambda^2+4\lambda-21=(\lambda+7)(\lambda-3)$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  求得特征值 $\lambda_1=3$, 相应的特征向量为 $k(2,1), k\in\mathbb{R},k\neq 0$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  求得特征值 $\lambda_2=-7$, 相应的特征向量为 $k(1,-2), k\in\mathbb{R},k\neq 0$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 20
\newcommand{\FBT}{
在上一题中，求正交矩阵 \(P\) 使 $P^{-1}AP$ 为对角阵。
}

%\item % 20a.  
\newcommand{\FBTsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  上一题得到的两个特征向量已经相互正交。
\item  将特征向量单位化，可得 $\eta_1=\frac{1}{\sqrt{5}}(2,1)$, $\eta_2=\frac{1}{\sqrt{5}}(1,-2)$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  将单位特征向量按列向量方式排列成矩阵 
$P=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}$, 
则 $P$ 是一个正交矩阵。
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  根据特征值与特征向量的定义，可得 $P^{-1}AP=\begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & -7 \end{pmatrix}$ 为对角矩阵。
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

